精品解析：江苏省常州市金坛区第一中学2025-2026学年高三上学期10月月考数学试题

2025年秋学期金坛一中高三年级数学学科10月阶段性调研试卷 （检测用时：120分钟本卷满分：150分）命题人：宫鸡明 审题人：张程 一､选择题（共8小题） 1. 已知为虚数单位，若，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量.若向量在向量上的投影向量为，则（ ） A. B. C. 1 D. 3. 设，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 若两个正实数，满足，且不等式有解，则实数的取值范围是（ ） A. B. ，或 C. D. ，或 6. 若，，，则a，b，c的大小关系是（ ） A. B. C. D. 7. 在中，角的对边分别是，且，则的最小值为（ ） A. 2 B. C. 4 D. 8. 将函数图象上的点向左平移 个单位长度得到点，若位于函数的图象上，则（ ） A. ，的最小值为 B. ，的最小值为 C. ，的最小值为 D. ，的最小值为 二､多选题（共3小题） 9. 已知函数的部分图象如图所示，令，则（ ） A. 的一个对称中心是 B. 的对称轴方程为 C. 在上的值域为 D. 的单调递减区间为 10. 已知定义域为的偶函数满足，当时，则下列结论正确的有（ ） A. B. 的图象关于点成中心对称 C. D. 11. 已知函数（a为常数），则下列结论正确的有（ ） A. 当时，恒成立 B. 若有3个零点，则a的取值范围为 C. 当时.有唯一零点且 D. 当时，是的极值点 三､填空题（共3小题） 12. 某校要从3名男生和4名女生中选出3人担任某赛事的志愿者工作，每个人被选中的可能性相同.在选出的志愿者中，男生和女生都有的概率为______. 13. 若，则__________. 14. 在二面角中，，且，，若，，二面角的余弦值为，则________；直线与平面所成角正弦值为________． 四､解答题（共5小题） 15. 的内角，，的对边分别为，，，已知. （1）若，，求的面积； （2）若角为钝角，求的取值范围. 16. 设函数（且，，），若是定义在上的奇函数且． （1）求k和a的值； （2）判断其单调性（无需证明），并求关于t的不等式成立时，实数t的取值范围； （3）函数，，求的值域． 17. 随机抽取某集团公司旗下五家超市，得到广告支出x（万元）与销售额y（万元）的数据如下： 广告支出x（万元） 2 4 5 6 8 销售额y（万元） 20 30 50 60 70 （1）计算x，y的相关系数r，并判断是否可以认为广告支出与销售额具有较高的线性相关程度？（若，则线性相关程度一般；若，则线性相关程度较高，） （2）求出y关于x的线性回归方程，并预测若广告支出15（万元），则销售额约为多少万元？参考公式：回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式，相关系数r的公式分别为，，. 18. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面底面，平面底面，是的中点，. （1）证明：平面； （2）当时， （i）证明：直线平面； （ii）求平面与平面夹角的余弦值. 19. 已知函数. （1）若，求的极值； （2）若，判断的零点个数并证明； （3）若对任意，求实数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年秋学期金坛一中高三年级数学学科10月阶段性调研试卷 （检测用时：120分钟本卷满分：150分）命题人：宫鸡明 审题人：张程 一､选择题（共8小题） 1. 已知为虚数单位，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数运算法则求出，再根据复数模的公式求解即可. 【详解】由，则， 所以. 故选：B. 2. 已知向量.若向量在向量上的投影向量为，则（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量的数量积的坐标表示和向量模的公式以及投影向量的公式进行求解即可. 【详解】因为向量，所以. 所以向量在向量上的投影向量为： . 所以，解得. 故选：B. 3. 设，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】将对数不等式进行等价变换，结合，，可判断，的取值范围，从而判断与的关系. 【详解】因为，又， 所以，当且仅当时取等号，即， 又， 所以不能推出，所以是的不充分条件； 又，所以是的必要条件， 所以是的必要不充分条件. 故选：B. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据同角三角函数关系和和角的余弦公式得到方程组，联立求出，，再由差角的余弦公式得到答案. 【详解】因为，则（1）， 由，可得，所以（2）， 将（1）代入上式，，即， 代入（2），可得， 故. 故选：B 5. 若两个正实数，满足，且不等式有解，则实数的取值范围是（ ） A. B. ，或 C. D. ，或 【答案】D 【解析】 【分析】应用基本不等式求出，不等式有解，只需即可. 【详解】因为正实数，满足， 所以， 所以 ， 当且仅当且，即时等号成立. 因为不等式有解， 所以只需，即即可， 所以或. 故选：D 6. 若，，，则a，b，c的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据三角函数单调性可得，结合指数函数、对数函数单调性分析判断. 【详解】因为，则，，， 即， 则，，， 即，所以. 故选：A. 7. 在中，角的对边分别是，且，则的最小值为（ ） A. 2 B. C. 4 D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用余弦定理化角为边，再通过换元转化为分式函数，变形后利用基本不等式求最值求解可得. 【详解】由余弦定理得，代入得， ， 则，即， ， 令，， 则， 当且仅当时， ，即时等号成立， 此时，，即，为等腰直角三角形时， 取到最小值. 故选：B. 8. 将函数图象上的点向左平移 个单位长度得到点，若位于函数的图象上，则（ ） A. ，的最小值为 B. ，的最小值为 C. ，的最小值为 D. ，的最小值为 【答案】A 【解析】 【详解】由题意得，， 可得， 因为 位于函数的图象上，所以， 可得，，， 又，故的最小值为， A选项正确. 【点睛】三角函数图象的变换，有两种选择：一是先伸缩再平移，二是先平移再伸缩．特别注意：①平移变换时，当自变量x的系数不为1时，要将系数先提出；②翻折变换要注意翻折的方向；③三角函数名不同的图象变换问题，应先将三角函数名统一，再进行变换. 二､多选题（共3小题） 9. 已知函数的部分图象如图所示，令，则（ ） A. 的一个对称中心是 B. 的对称轴方程为 C. 在上的值域为 D. 的单调递减区间为 【答案】ABD 【解析】 【分析】观察图象确定的最小值，周期求，结合对称性可得函数过点由此可求，通过三角恒等变换求，验证是否为的对称中心判断A，求的对称轴判断B，由条件求的范围，结合余弦函数性质判断C，结合余弦函数性质求函数的单调递减区间判断D. 【详解】由题图可得函数的最小值为，， 又，，，所以， 结合对称性可得函数的图象过点， 所以，解得，又，所以， 所以， 所以， 所以. 对于A，当，，所以是的一个对称中心，故A正确； 对于B，令，，可得，，故的对称轴方程为，，故B正确； 对于C，时，，所以，故在上的值域为，故C错误； 对于D，令，解得， 所以的单调递减区间为，故D正确. 故选：ABD. 10. 已知定义域为的偶函数满足，当时，则下列结论正确的有（ ） A. B. 的图象关于点成中心对称 C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A，利用赋值法再结合偶函数即可求解；对B，先推出的周期，再结合中心对称的结论即可求解；对C，利用周期性即可求解；对D，利用函数的奇偶性，单调性，再结合函数的对称性即可求解. 【详解】对A，满足， 令， 则，即， 又为偶函数，，故A对； 对B，， ， 故的周期， 再根据，即， 的图象关于点成中心对称，故B对； 对C，由B知：的周期， 故， ， 令， 则， 又当时， ， 即， 即， ， 故，故C错误； 对D，满足， 关于中心对称， 又当时， 在上单调递增； 当时，， 当时，为偶函数， ， ， 当且仅当时，即时等号成立， ，故D对. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：解答此类有关函数性质的题目，关键点在于要结合函数性质，利用赋值法以及代换法，推出函数相应的性质. 11. 已知函数（a为常数），则下列结论正确的有（ ） A. 当时，恒成立 B. 若有3个零点，则a的取值范围为 C. 当时.有唯一零点且 D. 当时，是的极值点 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据，可判定A错误；根据题意，转化为与的图象有3个交点，利用导数求得函数的单调性与极值，可判定B正确；当时，得到 ，函数单调递增，结合，可判定C正确；当时，得到，的函数的单调性，结合极值点的定义，可判定D正确. 【详解】对于A中，当时，可得，则，所以A错误； 对于B中，若函数有3个零点，即有三个解， 其中时，显然不是方程的根， 当时，转化为与的图象有3个交点， 又由， 令，解得或；令，解得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减； 所以当时，函数取得极小值，极小值为， 又由时，，所以，即实数的取值范围为，所以B正确； 对于C中，当时，， 设，可得， 当时，，在单调递减；当时，，在单调递增， 所以当时，，所以， 所以，所以函数在上单调递增， 又因为，即， 所以有唯一零点且，所以C正确； 对于D中，当时，，可得， 当时，，在单调递减；当时，，在单调递增， 所以是的极小值点，所以D正确. 故选：BCD. 【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略： 1、合理转化，根据题意转化为两个函数的最值之间的比较，列出不等式关系式求解； 2、构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； 3、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． 4、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． 三､填空题（共3小题） 12. 某校要从3名男生和4名女生中选出3人担任某赛事的志愿者工作，每个人被选中的可能性相同.在选出的志愿者中，男生和女生都有的概率为______. 【答案】 【解析】 【分析】先求出选出3人的所有情况和3人中男、女生都有的所有情况，然后根据古典概型的概率公式求解即可. 【详解】由题意得从3名男生和4名女生中选出3人共有种情况， 其中男、女生都有的情况有种， 所以选出的志愿者中，男、女生都有的概率为， 故答案为：. 13. 若，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】首先正切化为正弦和余弦，再利用辅助角和二倍角公式化简得到，再利用角的变换表示，最后利用三角函数二倍角公式，即可求解. 【详解】根据题意， ， . 故答案为： 14. 在二面角中，，且，，若，，二面角的余弦值为，则________；直线与平面所成角正弦值为________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】 （1）过A作，过点D作，交AE于点E，连接CE，得出为二面角的平面角，进而利用余弦定理和勾股定理即可求解； （2）过作，连接，则由面得，，面， 故是与平面所成角，进而可求解 【详解】 （1）如图，过A作，过点D作，交AE于点E，连接CE，为平行四边形，，，面， ，为二面角的平面角， 利用余弦定理，，得， 在中，； 故答题空1： （2） 如图，过作，连接，则由面得，，面， 故是与平面所成角，又在中，已知， 故，又由，得，则 故答题空2为： 【点睛】本题考查余弦定理和解三角形的运用，主要考查学生的运算能力，属于基础题 四､解答题（共5小题） 15. 的内角，，的对边分别为，，，已知. （1）若，，求的面积； （2）若角为钝角，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正、余弦定理以及三角恒等变换可得，利用余弦定理可得，即可得； （2） 利用正弦定理以及三角恒等变换可得,即可得解； 【小问1详解】 因为， 所以由余弦定理得， 所以由正弦定理得， 又因为， 所以，因为，所以， 因为，所以， 因为，， 所以由余弦定理得， 所以，所以， 所以的面积. 【小问2详解】 因为角为钝角，所以，所以， 因为，所以， 代入得, 因为，所以，即， 所以的取值范围为. 16. 设函数（且，，），若是定义在上的奇函数且． （1）求k和a的值； （2）判断其单调性（无需证明），并求关于t的不等式成立时，实数t的取值范围； （3）函数，，求的值域． 【答案】（1）， （2）增函数，或 （3） 【解析】 【分析】（1）为上的奇函数，利用和，列方程即可求出与； （2）判断为增函数，利用的单调性解不等式； （3）化简，利用， 可得，根据，判断出的范围，进而得到的值域. 【小问1详解】 ∵是定义域为上的奇函数， ∴，得．此时，，，即是R上的奇函数． ∵，∴，即，∴或（舍去） 故， 【小问2详解】 明显地，为增函数，则只需，， ∴或． 【小问3详解】 ∴， 令，由（2），易知在上为增函数， ∴，∴ 当时，有最大值； 当时，有最小值，∴的值域是． 17. 随机抽取某集团公司旗下五家超市，得到广告支出x（万元）与销售额y（万元）的数据如下： 广告支出x（万元） 2 4 5 6 8 销售额y（万元） 20 30 50 60 70 （1）计算x，y的相关系数r，并判断是否可以认为广告支出与销售额具有较高的线性相关程度？（若，则线性相关程度一般；若，则线性相关程度较高，） （2）求出y关于x的线性回归方程，并预测若广告支出15（万元），则销售额约为多少万元？参考公式：回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式，相关系数r的公式分别为，，. 【答案】（1），可以认为广告支出与销售额具有较高的线性相关程度 （2），销售额为136万元. 【解析】 【分析】（1）根据相关系数公式求出相关系数即可判断. （2）根据公式求出，进而确定线性回归方程，然后将广告支出代入方程中求出销售额即可. 【小问1详解】 根据表格里的数据可得： ，. 所以 . . . 所以可以认为广告支出与销售额具有较高的线性相关程度. 【小问2详解】 根据公式可得： ，. 所以关于的线性回归方程为. 当广告支出15万元时，销售额约为万元. 18. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面底面，平面底面，是的中点，. （1）证明：平面； （2）当时， （i）证明：直线平面； （ii）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） 在矩形中，因平面平面， 平面平面平面，则平面， 又平面，所以； 因平面平面，平面平面平面，所以平面， 又平面，所以； 又因平面，故平面，因平面，得. 在和中，，则， 故，则得即， 又因平面 ，故平面. （2）（i）法一：当时，在线段上取一点，使得，即， 因为平面平面故平面， 在矩形中，因为，且，则，且， 因，则，又，所以， 因为平面平面故平面， 又平面且，故平面平面， 又因为平面，所以平面. 法二：当时，在线段上取一点，使得，则，且， 在线段上取一点，使得，由法一知，则且， 在矩形中，，，因，则且， 则四边形是平行四边形，故因平面平面， 故平面. （ii）0 【解析】 【分析】（1）先由平面平面推得平面，可得，同理可证，于是推出平面，可得，再由三角形相似证明，由线面垂直的判定定理即可证明； （2）（i）方法一：当时，在线段上取一点，使得，证明平面，再证平面，可得平面平面，进而可得直线平面；方法二：当时，在线段上取一点，使得，证明四边形是平行四边形即可证得直线平面；（ii）解法一：利用向量法证明，再由线面垂直证得，即得平面，进而证得平面平面即得；解法二：利用条件建系，写出相关点的坐标，求得两平面的法向量坐标，利用两向量的夹角公式计算即得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）略 （ii）解法一： 如图，因，则，整理得：又， 则，即 因，由（1）可得平面因平面，则， 又平面，则平面，. 又平面，故平面平面， 即平面与平面夹角的余弦值为0. 解法二：由（1）得，可以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 则，， 设平面的一个法向量为， 则，故可取 ， 设平面的一个法向量为， ，故可取， 设平面与平面夹角为， 则. 故平面与平面夹角的余弦值为0. 19. 已知函数. （1）若，求的极值； （2）若，判断的零点个数并证明； （3）若对任意，求实数的取值范围. 【答案】（1）的极小值为，无极大值； （2） 当时，，  ，所以是一个零点， 求导得，令， ， 当时，， 当时，， 综上 ，即在上单调递增， 又， 所以存在唯一的零点， 则时，，单调递减，时，，单调递增， 所以，又， 所以在上还有一个零点， 综上，在上有且仅有两个零点； （3）. 【解析】 【分析】（1）将代入函数，确定定义域，求导分析导数的正负，确定单调性和极值； （2）将代入函数，利用零点存在性定理，结合导数分析单调性来判断； （3）根据不等式恒成立，分析函数在区间上的最小值，确保最小值非负. 【小问1详解】 当时，函数，其定义域为， 对求导，得， 设，对求导得，所以在上单调递增； 又，  当时，，即，单调递减； 当时，，即，单调递增；  所以在处取得极小值，，无极大值； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 当时，成立， 当时，因为，所以，， 所以，所以， 当时，，令， 则， 因为，，，， 所以，所以在上单调递增，即在上单调递增， 又， ①当时，，所以， 在上单调递增，则， 所以在上单调递增；又，所以恒成立； ②当时， ， 在上单调递增， 存在，使得当时，在上单调递减， 则，时，不恒成立； 当时，恒成立，则. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $